Question

7．已知函数f（x）=mx-lnx，（m＞0）．
（1）若m=1，求函数f（x）的极值；
（2）求函数f（x）在区间[1，e]上的最小值；
（3）若f（x）≤0恒成立，求m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）$f'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}，（x＞0）$，分别解出f′（x）=0，f′（x）＞0，f′（x）＜0，可得单调性，进而得到极值；
（2）$f'（x）=m-\frac{1}{x}=\frac{mx-1}{x}，（x＞0，m＞0）$，分别解出f′（x）=0，f′（x）＞0，令f′（x）＜0，可得其单调性，再对m分类讨论即可得出；
（3）由f（x）≥0恒成立，又f（x）定义域为（0，+∞）可得$m≥\frac{lnx}{x}$恒成立，设$g（x）=\frac{lnx}{x}$，利用导数研究其单调性极值与最值，即可得出．

解答 解：（1）$f'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}，（x＞0）$，
令f′（x）=0得x=1，令f′（x）＞0得x＞1，令令f′（x）＜0得0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）的极小值为f（1）=1-ln1=1，f（x）无极大值．
（2）$f'（x）=m-\frac{1}{x}=\frac{mx-1}{x}，（x＞0，m＞0）$，
令f′（x）=0得x=$\frac{1}{m}$，令f′（x）＞0得x＞$\frac{1}{m}$，令f′（x）＜0得0＜x＜$\frac{1}{m}$，
∴f（x）在$（0，\frac{1}{m}）$上单调递减，在$（\frac{1}{m}，+∞）$上单调递增，
∵x∈[1，e]，
∴当$0＜\frac{1}{m}≤1即m≥1$时，f（x）在[1，e]单调递增，f（x）的最小值为f（1）=m，
当$1＜\frac{1}{m}＜e即\frac{1}{e}＜m＜1$时，f（x）在$（0，\frac{1}{m}）$减，$（\frac{1}{m}，+∞）$增，f（x）的最小值为$f（\frac{1}{m}）=1+lnm$．
当$\frac{1}{m}≥e即0＜m≤\frac{1}{e}$时，f（x）在[1，e]减，f（x）的最小值为f（e）=me-1．
（3）∵f（x）≥0恒成立，即mx-lnx≥0恒成立，∴mx≥lnx，
又∵f（x）定义域为（0，+∞）∴$m≥\frac{lnx}{x}$恒成立，
设$g（x）=\frac{lnx}{x}$，
∵$g'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，∴当x=e时，g′（e）=0．
当0＜x＜e时，g′（x）＞0，g（x）为单调增函数．
当x＞e时，g′（x）＜0，g（x）为单调减函数，
∴$g{（x）_{max}}=g（e）=\frac{1}{e}$，
∴当$m≥\frac{1}{e}$时，f（x）≥0恒成立．

点评 本题考查了利用导数研究闭在区间上函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．